9.3.2 第2课时 向量数量积的坐标表示(课件PPT)-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第二册（苏教版2019）

第9章　平面向量 9.3　向量基本定理及坐标表示 9.3.2　向量坐标表示与运算 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 第2课时　向量数量积的坐标表示 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 目 录 课前案 必备知识·自主学习 01 02 CONTENTS 课堂案 关键能力·互动探究 03 课后案 学业评价·层级训练 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 课前案 必备知识·自主学习 01 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 导学 向量数量积的坐标表示 x1x2＋y1y2 乘积的和 x1x2＋y1y2＝0 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 课堂案 关键能力·互动探究 02 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 点击进入Word 课后案 学业评价·层级训练 03 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 谢谢观看 返回目录 第9章　平面向量 数学•必修　第二册(配SJ版) 1 学业标准 素养目标 1.掌握平面向量数量积的坐标表示，会用向量的坐标形式求数量积．(重点) 2.能根据向量的坐标计算向量的模、夹角及判定两个向量垂直．(难点) 1.通过推导向量数量积、夹角等的坐标表示，培养逻辑推理核心素养. 2.通过数量积的坐标运算及应用，提升数学运算、逻辑推理等核心素养. [教材梳理] 1.平面向量数量积的坐标表示 已知a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a·b＝_______________. 即两个向量的数量积等于它们对应坐标的__________. 2．两个向量垂直的坐标表示 设两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a⊥b⇔__________________. 3．三个重要公式 (1)向量模公式：设a＝(x1，y1)，则|a|＝__________. (2)两点间的距离公式：若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB＝__________________. (3)向量的夹角公式：设两非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，a与b的夹角 为θ，则cos θ＝___________________. eq \r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)) eq \r(x2－x12＋y2－y12) eq \f(x1x2＋y1y2,\r(x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1) )\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))) [基础自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两个非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，且x1y2－x2y1＝0，则〈a，b〉＝0°.(　　) (2)若a＝(m,0)，则|a|＝m.(　　) (3)若a＝(a1，a2)，b＝(b1，b2)，且a1b1＋a2b2＜0，则〈a，b〉为钝角．(　　) (4)若M(x1，y1)，N(x2，y2)，则|MN|＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．(多选题)若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，下列结论正确的是(　　) A．a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0 B．a·b<0⇔a与b的夹角为钝角 C．若a·b≠0，则a与b不垂直 D．|eq \o(AB,\s\up16(→))|表示A，B两点之间的距离 解析　当a与b共线且反向时，a·b<0，故B不正确． 答案　ACD 3．已知向量eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \o(BC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，则∠ABC＝(　　) A．30°　 B．45°　　　 C．60°　　　 D．120° 解析　由题意得cos∠ABC＝eq \f(\o(BA,\s\up16(→))·\o(BC,\s\up16(→)),|\o(BA,\s\up16(→))||\o(BC,\s\up16(→))|) ＝eq \f(\f(1,2)×\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2)×\f(1,2),1×1)＝eq \f(\r(3),2)， 又0°≤∠ABC≤180°，所以∠ABC＝30°. 答案　A 4．(2023·全国甲卷)已知向量a＝(3,1)，b＝(2,2)，则cos〈a＋b，a－b〉＝(　　) A.eq \f(1,17) B.eq \f(\r(17),17) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(2\r(5),5) 解析　因为a＝(3,1)，b＝(2,2)，所以a＋b＝(5,3)，a－b＝(1，－1)，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))＝eq \r(52＋32)＝eq \r(34)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，(a＋b)·(a－b)＝5×1＋3×(－1)＝2，所以cos〈a＋b，a－b〉＝eq \f(a＋b·a－b,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋b))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b)))＝eq \f(2,\r(34)×\r(2))＝eq \f(\r(17),17).故选B. 答案　B 题型一　向量数量积的坐标运算 A．8　　　　　　 B．3＋eq \r(5) C．28 D．32 (2)在平面直角坐标系xOy中，已知四边形ABCD是平行四边形，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，－2)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(2,1)，则eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝_______. [解析]　(1)a2－(a－b)·b ＝a2－a·b＋b2 ＝25－(－4＋6)＋5＝28.故选C. (2)由eq \o(AC,\s\up16(→))＝eq \o(AB,\s\up16(→))＋eq \o(AD,\s\up16(→))＝(1，－2)＋(2,1)＝(3，－1)，得eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝(2,1)·(3，－1)＝5. [答案]　(1)C　(2)5 数量积坐标运算的两个途径：一个是先将各向量用坐标表示，直接进行数量积运算；二是先利用数量积的运算律将原式展开，再依据已知计算. [触类旁通] 1．(2022·浙江卷)设点P在单位圆的内接正八边形A1A2…A8的边A1A2上，则eq \o(PA1,\s\up16(→))2＋eq \o(PA2,\s\up16(→))2＋…＋eq \o(PA8,\s\up16(→))2的取值范围是_______. 解析　以圆心为原点，A7A3所在直线为x轴，A5A1所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则A1(0,1)，A2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，A3(1,0)，A4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，A5(0，－1)，A6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，A7(－1,0)，A8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).设P(x，y)，于是eq \o(PA1,\s\up16(→))2＋eq \o(PA2,\s\up16(→))2＋…＋eq \o(PA8,\s\up16(→))2＝8(x2＋y2)＋8， 因为cos 22.5°≤|OP|≤1，所以eq \f(1＋cos 45°,2)≤x2＋y2≤1，故eq \o(PA1,\s\up16(→))2＋eq \o(PA2,\s\up16(→))2＋…＋eq \o(PA8,\s\up16(→))2的取值范围是[12＋2eq \r(2)，16]． 答案　[12＋2eq \r(2)，16] 题型二　向量模的坐标表示 r(13)INCLUDEPICTURE "教师WORD/例2.tif" \* MERGEFORMAT" 　已知|a|＝2，b＝(2，－3)，若a⊥b，求a＋b的坐标及|a＋b|. [解析]　设a＝(x，y)， 则由|a|＝2eq \r(13)，得x2＋y2＝52.① 由a⊥b，解得2x－3y＝0.② 联立①②，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝－4)). 所以a＝(6,4)或a＝(－6，－4)． 所以a＋b＝(8,1)或a＋b＝(－4，－7)， 所以|a＋b|＝eq \r(65). 求向量的模的两种基本策略 (1)字母表示下的运算：利用|a|2＝a2，将向量的模的运算转化为向量与向量的数量积的问题． (2)坐标表示下的运算：若a＝(x，y)，则a·a＝a2＝|a|2＝x2＋y2，于是有|a|＝eq \r(x2＋y2). [触类旁通] 2．已知a＝(－2,1)，b＝(－2，－3)，则a在b上的投影向量是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(13),13)，－\f(3\r(13),13)))　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)，－\f(3,13))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(13),13)，\f(3\r(13),13))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,13)，\f(3,13))) 解析　由题知，a＝(－2,1)，b＝(－2，－3)，所以a·b＝4－3＝1，|b|＝eq \r(4＋9)＝eq \r(13)， 设a与b夹角为θ，所以a在b上的投影向量是 |a|cos θ·eq \f(b,|b|)＝eq \f(a·b,|b|2)·b＝eq \f(1,13)·(－2，－3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)，－\f(3,13)))，故选B. 答案　B 题型三　平面向量的夹角与垂直问题(一题多变) A．(－2，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) C．(－∞，－2) D．(－2,2) (2)已知在△ABC中，A(2，－1)，B(3,2)，C(－3，－1)，AD为BC边上的高，求|eq \o(AD,\s\up16(→))|与点D的坐标． (1)[解析]　当a与b共线时，2k－1＝0，k＝eq \f(1,2)，此时a，b方向相同，夹角为0°，所以要使a与b的夹角为锐角，则有a·b>0且a，b不同向．由a·b＝2＋k>0得k>－2，且k≠eq \f(1,2)，即实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). [答案]　B (2)[解析]　设点D的坐标为(x，y)， 则eq \o(AD,\s\up16(→))＝(x－2，y＋1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－6，－3)， eq \o(BD,\s\up16(→))＝(x－3，y－2)． ∵点D在直线BC上，即eq \o(BD,\s\up16(→))与eq \o(BC,\s\up16(→))共线， ∴存在实数λ，使eq \o(BD,\s\up16(→))＝λeq \o(BC,\s\up16(→))， 即(x－3，y－2)＝λ(－6，－3)， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－3＝－6λ，,y－2＝－3λ，)) ∴x－3＝2(y－2)，即x－2y＋1＝0.① 又∵AD⊥BC，∴eq \o(AD,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0， 即(x－2，y＋1)·(－6，－3)＝0， ∴－6(x－2)－3(y＋1)＝0，② 即2x＋y－3＝0. 由①②可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，)) 即D点坐标为(1,1)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(－1,2)， ∴|eq \o(AD,\s\up16(→))|＝eq \r(－12＋22)＝eq \r(5)， 综上，|eq \o(AD,\s\up16(→))|＝eq \r(5)，D(1,1)． [母题变式] 1．(变条件)将本例(1)中的条件“a＝(2,1)”改为“a＝(－2,1)”，“锐角”改为“钝角”，求实数k的取值范围． 解析　当a与b共线时，－2k－1＝0，k＝－eq \f(1,2)， 此时a与b方向相反，夹角为180°， 所以要使a与b夹角为钝角，则有a·b<0，且a与b不反向． 由a·b＝－2＋k<0得k<2. 由a与b不反向得k≠－eq \f(1,2)， 所以k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)). 2．(变条件)将本例(1)中的条件“锐角”改为“eq \f(π,4)”，求k的值． 解析　coseq \f(π,4)＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(2＋k,\r(5)·\r(1＋k2))， 即eq \f(\r(2),2)＝eq \f(2＋k,\r(5)·\r(1＋k2))，整理得3k2－8k－3＝0， 解得k＝－eq \f(1,3)或3. [素养聚焦]　在解决向量的夹角和垂直问题的过程中，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 1．利用数量积求两向量夹角的步骤 2．涉及非零向量a，b垂直问题时，一般借助a⊥b⇔a·b＝x1x2＋y1y2＝0来解决. [触类旁通] 3．已知向量a＝(1,0)，b＝(m,1)，且a与b的夹角为eq \f(π,4). (1)求|a－2b|； (2)若a＋λb与b垂直，求实数λ的值． 解析　(1)因为a＝(1,0)，b＝(m,1)， 且a与b的夹角为eq \f(π,4)， 所以a·b＝m，|a|＝1，|b|＝eq \r(m2＋1)， cos 〈a，b〉＝eq \f(a·b,|a||b|)， 故eq \f(m,\r(m2＋1))＝cos eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)， 解得m＝1或m＝－1(舍)． 所以a－2b＝(－1，－2)，则|a－2b|＝eq \r(－12＋－22)＝eq \r(5). (2)因为a＋λb＝(1＋λ，λ)，a＋λb与b垂直． 所以(a＋λb)·b＝0，即1＋2λ＝0，解得λ＝－eq \f(1,2). [缜密思维提能区]　　　　　　规范答题　　 平面向量数量积的坐标表示 [典例]　(12分)已知点A(－1,0)，B(0,1)，点P(x，x－1)， (1)求证：∠APB恒为锐角； (2)若四边形ABPQ为菱形，求eq \o(BQ,\s\up16(→))·eq \o(AQ,\s\up16(→))的值． [审题指导]　(1)要证明∠APB为锐角，证明eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))>0即可． (2)求四边形ABPQ为菱形，可以求出点P的坐标，进而可求出eq \o(BQ,\s\up16(→))·eq \o(AQ,\s\up16(→))的值． [规范解答]　(1)证明　因为P(x，x－1)， 则eq \o(PA,\s\up16(→))＝(－1－x,1－x)，eq \o(PB,\s\up16(→))＝(－x,2－x)，①(1分) 所以eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝2x2－2x＋2＝2(x2－x＋1) ＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))>0.②(3分) 所以cos∠APB＝eq \f(\o(PA,\s\up16(→))·\o(PB,\s\up16(→)),|\o(PA,\s\up16(→))||\o(PB,\s\up16(→))|)>0.③(4分) 若A，P，B三点在一条直线上，则eq \o(PA,\s\up16(→))∥eq \o(PB,\s\up16(→))， 由向量共线定理，得eq \o(PA,\s\up16(→))＝λeq \o(PB,\s\up16(→))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1－x＝－λx，,1－x＝λ2－x.)) 此方程组无解． 所以∠APB≠0.④(5分) 所以∠APB恒为锐角．⑤(6分)　 (2)因为四边形ABPQ为菱形， 所以|eq \o(AB,\s\up16(→))|＝|eq \o(BP,\s\up16(→))|，即eq \r(2)＝eq \r(x2＋x－22)，⑥(8分) 化简得x2－2x＋1＝0，解得x＝1，所以P(1,0)，⑦(9分) 设Q(a，b)，因为eq \o(PQ,\s\up16(→))＝eq \o(BA,\s\up16(→))， 所以(a－1，b)＝(－1，－1)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝－1.))　⑧(11分) eq \o(BQ,\s\up16(→))·eq \o(AQ,\s\up16(→))＝(0，－2)·(1，－1)＝2.⑨(12分)　 知识落实 技法强化 (1)数量积的坐标表示及运算. (2)用坐标运算求向量的模、夹角. (1)转化的思想，数形结合. (2)a⊥b⇔x1x2＋y1y2＝0，而不是eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝－1. $$